帶電粒子在復合場中勻速圓周運動的求解分析*

樊 杰

(江蘇省贛榆高級中學 江蘇 連云港 222100)

帶電粒子通常在電場、磁場、重力場中的三者或其中任意兩者共存的場中運動，而帶電粒子在上述復合場中要做勻速圓周運動時，由于物體做勻速圓周運動的條件是所受合外力大小恒定，方向時刻和速度方向垂直，這是任何幾個恒力和某一變力無法合成實現(xiàn)的，只有洛倫茲力可滿足該條件；也就是說，電荷在上述復合場中或某一方向上如果做勻速圓周運動，只能是除洛倫茲力以外的所有恒力的合力為零或使洛倫茲力的一分力和某一恒力平衡，才能實現(xiàn)物體做勻速圓周運動或某一方向上做勻速圓周運動．下面通過兩個典型的實例談談這類問題的處理方法，以期達到舉一反三之效．

【例1】如圖1(a)所示，水平放置的金屬板M，N之間存在豎直向上的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，已知兩板間距離d=0.3 m，電場強度E=500 V/m，磁感應強度B=100 T．M板上有一小孔P，在P正上方h=5 cm處的O點，一帶電油滴自由下落，穿過小孔后進入兩板間，最后落在N板上的Q點．如果油滴的質量m=10-4kg，帶電荷量q=2×10-6C，求Q,O兩點的水平距離．(g取10 m/s2)

圖1

解析：油滴自由下落，進入兩板間電場、磁場時的初速度為

油滴進入電、磁場后，受力情況如圖1(b)所示，由題意可得，重力mg=10-3N，電場力F電=10-3N，所以F電=mg.

帶電油滴進入兩極板間，受電場力與重力平衡，在磁場力的作用下，做勻速圓周運動落在Q點．設圓周半徑為R，則

解得

設O,Q兩點的水平距離為x，如圖1(b)所示，由幾何關系得

d2+(R-x)2=R2

代入數(shù)據(jù)解得x=0.1 m.

點評：電場力與重力平衡的隱含條件以及洛倫茲力提供做勻速圓周運動的向心力，是解決本題的關鍵和突破口．

(1)該帶電粒子離開區(qū)域Ⅰ時的速度；

(2)該帶電粒子離開區(qū)域Ⅱ時的速度；

(3)為使該帶電粒子還能回到區(qū)域Ⅰ的上邊緣，區(qū)域Ⅲ的寬度d3應滿足的條件；

(4)該帶電粒子第一次回到區(qū)域Ⅰ的上邊緣時離開A點的距離．

圖2

解析：為研究方便，建立如圖3所示坐標系.

圖3

方向沿y軸正向．

(2)帶電粒子在區(qū)域Ⅱ內運動時，只受洛倫茲力，且不做功，所以帶電粒子離開區(qū)域Ⅱ時的速度大小仍為v=2×104m/s.

速度方向：由圖3中幾何關系可知

所以帶電粒子離開區(qū)域Ⅱ時的速度方向與x軸正向夾45°．

(3)如果將帶電粒子離開區(qū)域Ⅱ也即進入?yún)^(qū)域Ⅲ時的速度分解成vx和vy，則有

所以B2qvx=B2qvy=1.28×10-17N，B2qvx方向沿y軸反向，B2qvy方向沿x軸正向，又因E2q=1.28×10-17N，方向沿y軸正向，即E2q與B2qvx抵消．所以帶電粒子在區(qū)域Ⅲ中運動可視為沿x軸正向的速度為vx的勻速直線運動和以速率為vy以及對應洛倫茲力B2qvy作為向心力的勻速圓周運動的疊加．軌跡如圖3所示．圓周運動半徑為

周期

所以只要帶電粒子運動到軌跡最低點C時不出區(qū)域Ⅲ，就可回到區(qū)域Ⅰ的上邊緣．所以區(qū)域Ⅲ的寬度應滿足d3>h.

所以

d3>10 cm

(4)根據(jù)運動的對稱性可知，帶電粒子回到區(qū)域Ⅰ的上邊緣的B點，距A點的距離為

代入數(shù)據(jù)得

d=57.26 cm

點評：帶電粒子在復合場Ⅲ中，受到電場力和洛倫茲力，通過分解進入復合場速度得到豎直方向的洛倫茲力和電場力平衡，帶電粒子在區(qū)域Ⅲ中運動可視為沿x軸正向的速度為vx的勻速直線運動和以速率為vy以及對應洛倫茲力B2qvy作為向心力的勻速圓周運動的疊加，是解決問題的最關鍵的一環(huán)．

總之，帶電粒子復合場中或某一方向上做勻速圓周運動時，只能是除洛倫茲力以外的所有恒力的合力為零或使洛倫茲力的一分力和某一恒力平衡才能實現(xiàn)，解題時一定要牢牢把握這一隱含條件．